卷子答案网-一个不只有答案的网站第十章 静电场中的能量 综合测试
本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 电场这种物质虽然看不见摸不着，但却是客观存在的。下列捕述中正确的是（ ）
A. 在电场中运动的电荷，其电势能的改变量一定等于动能的改变量
B. 在电场中移动电荷时，电场力所做的功越多，电势降落的就越快
C. 电场线和等势面都是为描述电场而引入的，且两者互相垂直
D. 电势差和电势能都由电场决定，与电场中所放电荷无关
2. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过点，再经过点，以下正确的是( )
A. 粒子在点的加速度大于在点的加速度
B. 该带电粒子应该带负电
C. 点的电势低于在点的电势
D. 粒子在点的电势能小于在点的电势能
3. 图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，、是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. 点的电势比点的低
B. 点的电场强度比点的小
C. 液滴在点的加速度比在点的小
D. 液滴在点的电势能比在点的大
4. 图中虚线是某电场的一组等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等．两个带电粒子从点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，、是实线与虚线的交点．下列说法正确的是( )
A. 两粒子的电性相同
B. 点的场强小于点的场强
C. 点的电势高于点的电势
D. 与点相比两个粒子的电势能均增大
5. 如图，、、三点在匀强电场中，，，，把一个电量的正电荷从移到，电场力不做功；从移到，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是( )
A. ，垂直向上
B. ，垂直向下
C. ，垂直斜向上
D. ，垂直斜向下
6. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器板接触，能使电容器带电
B. 实验中，只将电容器板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
7. 如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是( )
A. 变大、变大
B. 变小、变大
C. 变小、变小
D. 变大、变小
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，充电完毕与电源断开的水平放置的平行金属板相距为，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为，带电荷量为，现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，则下列分析错误的是（ ）
A. 上移后油滴的运动轨迹不是直线
B. 上移后电场强度大小为，方向竖直向上
C. 上移后下板和上板之间的电势差为
D. 上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了
9. 如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为、、实线是一带电的粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的、、三点，已知：带电粒子带电量为，在点处的动能为，则该带电粒子( )
A. 在点处的动能为零
B. 在点处的电势能为
C. 一定是带正电
D. 在点处的动能为
10. 光滑水平面上有一边长为的正方形区域处在场强为的匀场电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为、带电量为的小球由边的中点，以垂直于该边的水平初速度进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )
A.
B.
C.
D.
三、填空题：本题共2小题，每空1分，共12分。
11. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小因素的实验，清将正确的结论填在横线上，两平行板之间的电场可以视为匀强电场，给电容器充电后与电源断开，那么
若保持板间距离不变，正对面积变小，则两板电容_____，板间电势差_____（填“变小”、“变大”或“不变”）
若保持不变，变大，两板电容__________，板间电场强度__________填“变小”、“变大”或“不变”）
若保持和都不变，插入介质板后，则板间电势差__________，板间电场强度__________填“变小”、“变大”或“不变”）
12. 如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置．电源输出电压恒为，是单刀双掷开关，为灵敏电流计，为平行板电容器．
当开关接 时（选填“”或“”），平行板电容器充电．在充电开始时电路中的电流比较 （选填“大”或“小”），以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐 （选填“增大”或“减小”）．
当开关接 时（选填“”或“”），平行板电容器放电，流经表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”）．
将表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图象如乙图所示．已知如图所围的面积约为个方格，可算出电容器的电容为 F.
四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题14分，15题16分，共42分。
13. 如图所示，电荷量为、质量为的电子从点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为，当它通过电场点时，速度与场强方向成角，不计电子的重力，求：
电子从点射出的速度；
、两点间的电势差；
14. 表示竖直放在电场强度为的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的部分是半径为的圆弧，轨道的水平部分与圆弧相切。为水平轨道上的一点，而且，把一质量，带电量为的小球，放在点由静止释放后，求：
小球到达点的速度大小。
小球在点时，轨道受到的压力大小。
15. 一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直于平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距，板长，两板间的电压；已知电子的带电量为，质量为，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
电子经加速电压加速后进入偏转电场的速度；
电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的点，如图所示，点到下极板右端的距离。
答案解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
11. 减小；增大 减小；不变；减小；减小
12. ；大；减小；；相反；
13. 解：电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，点的速度。
电子从运动到由动能定理得：，
A、两点间的电势差。
14. 解：设小球在点的速度大小是，则对于小球由的过程中，由动能定理得：
解得：
小球在点时受力分析如图，
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：
15. 解：根据动能定理有，代入数据解得
轴方向的加速度为，运动时间为，偏移量为，
以上三式联立解得
根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为，则，由几何关系有，解得。
【解析】
1. 【分析】
根据电场中的功能关系进行分析；根据电势差与电场力做功的关系进行分析；根据等势面与电场线的关系进行分析；根据电势差与电势能的定义进行分析。
本题的关键要掌握并理解电场中的一些基本概念的物理意义与定义。
【解答】
A.在电场中运动的电荷，如果只有电场力做功，则动能与电势能相互转化，电势能的改变量与动能的改变量绝对值相等，故A错误；
B.根据电势差的定义式有，则可知对一电荷来说，电场力做功越多，则电势差越大，但电势的降落并不一定越快，故B错误；
C.任何电场中，等势面与电场线一定是垂直的，故C正确；
D.电势差由电场决定，与电荷无关，但电势能既与电场有关，也与所放电荷有关，故D错误。
故选C。
2. 【分析】
该题考查电场线与带电粒子运动轨迹相关问题。电场线的疏密表示场强大小；由带电粒子的轨迹分析带电粒子带电情况；沿电场线方向电势降低；电场力做正功，电势能减小，由此分析解题即可。
【解答】
A.电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在点的场强小于点的场强，在点的加速度小于点的加速度，故A正确
B.带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故B错误；
C.沿电场线方向电势降低，故点的电势高于在点的电势，故C错误；
D.电场力做正功，电势能减小，即粒子在点的电势能大于在点的电势能，故D错误。
3. A.高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知，故A错误。
B.等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知处的等势线较密，则，故B错误。
C.液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为，又因，可得，故C错误。
D.液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即，故D正确。
故选D。
考查静电推进装置的原理图，结合沿着电场线方向电势逐渐降，以及等差等势线的疏密反映场强的大小，牛顿第二定律，电场力做功与电势能的关系等
4. 【分析】
根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．
【解答】
A、根据轨迹的弯曲方向可知，粒子受到中心电荷的斥力，而粒子受到中心电荷的引力，说明与中心电荷电性相同，与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反，故A错误；
B、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式可知，点的场强小于点的场强，故B正确；
C、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较、的电势高低，故C错误；
D、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小，故D错误。
5. 【分析】
根据一个的正电荷从移到，电场力做功为零，可知，与电势相等．根据电荷从移到，电场力做功为 ，由电势差的公式求出间的电势差．由求场强大小，其中为沿电场线方向的有效长度．
本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路。
【解答】
由题， 的正电荷从移到，电场力做功为零，则与电势相等，连线是一条等势线。
间电势差为：，所以点的电势高。
该匀强电场的场强大小：
电场线方向垂直于向下。所以选项D正确，ABC错误。
故选D。
6. 由电容器带电量是某一极板的电量，再结合静电感应原理，可知，只用带电玻璃棒与电容器板接触，即能使电容器带电，故正确；
将板向上平移，正对面积减小，根据，电容减小，根据，不变，则电势差增大，张角变大，故错误。
在极板之间插入有机玻璃板，根据，电容增大，根据，不变，则电势差减小，张角变小，故错误。
在实验中，只增加极板带电量，根据，电容不变，根据，则电势差增大，张角变大，故错误。
故选。
7. 【分析】
电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时竖直方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．
【解答】
解：根据动能定理：
得：
在偏转电场中
若使偏转角变小即使变小，由上式看出可以减小增大。
故选：。
8. 【分析】
由题意油滴沿直线从上极板边缘射出，可判断油滴做匀速直线运动，根据平衡条件知电场力与重力等大反向，因电容器充电完毕与电源断开，所以电容器的电荷量不变，在电荷量不变的条件下，只改变板间距离，电场强度不变，则可知移后油滴的运动轨迹仍然是直线；根据分析上移后下板和上板之间的电势差；根据电场力做功与电势能变化的关系可知上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了。
本题主要考查电容器的动态分析、电场力做功与电势能变化的关系、带电粒子复合场中的运动、平行板电容器的电容。
【解答】
由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知一定做匀速直线运动，可得，则根据公式，，可得，可知，当上极板向上移动，不变，方向竖直向上，仍有，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，故A错误，B正确；
C.综上分析，由于不变，根据，当上极板向上移动些许，变大，所以变大，不再是，故C错误；
D.当上极板向上移动，不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做负功，则电场力做正功，根据功能关系可知，微粒的电势能减小了，故D正确。
本题选择错误的，故选AC。
9. 【分析】
解决本题要掌握匀强电场电场线、等势面分布的特点，知道物体做曲线运动时合力指向轨迹弯曲内侧，并能灵活运用这些知识分析带电粒子在电场中运动的问题。
【解答】
总能量守恒由点处可以知道，则点处的动能为：，故A错误；B正确；
C. 场强方向向上，电场力向上，则为正电荷；故C正确；
D.点处的动能为为，则D正确。
故选BCD。
10. 【分析】
根据题意可得电场的方向未知，因此要考虑电场方向的可能性，可能平行于向左或向右，也可能平行于方向，分析电场力做功情况，然后根据动能定理求解即可。
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能，注意找出所有可能的运动情况才能准确求解，要注意明确电场处在水平地面上，而不是竖直平面。
【解答】
若电场方向平行，则粒子做加速或减速直线运动，则离开电场时电场力做功；若做加速运动，则为；若为减速运动，则为：；若电场力与初速度方向相互垂直，小球发生偏转，电场力一定做正功；假设受电场力向上，粒子从边离开时，电场力做功为，根据动能定理得：，可解得：；若从边离开，则电场力做功可能为至，根据动能定理可知，粒子动能可能为：至；故AC正确，故BD错误。
故选AC。
11. 【分析】
先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，根据可知电场强度的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，要注意明确电容器的定义式、决定式以及等公式的正确应用，注意明确当断开电源不变，只改变板间距离时，两板间的电场强度不变。
【解答】
保持板间距离不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差增大；
保持不变，板间距离增大，根据电容的决定式得知，电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式
分析得到电容减小；但和可知：，故E和无关，故E不变；
保持和都不变，插入介质板后，根据电容的决定式得知，电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差减小．由可知，减小；
故填：减小；增大；减小；不变；减小； 减小。
12. 【分析】
本实验考查观察电容器的充、放电现象的实验，难度一般。
【解答】
充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拔向；
由乙图知，充电开始时电路中的电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小；
开关接电容器时，即接，平行板电容器放电，流经表的电流方向与充电时相反；
已知有个方格；一个格子的电量为；
所以释放的电荷量为：；
根据电容器的电容；
13. 电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，根据点的速度分解结合几何关系求解；
从到根据动能定理求解。
本题考查了带电粒子在电场做类平抛运动，根据类平抛运动的规律、动能定理等求解即可。
解：电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，点的速度。
电子从运动到由动能定理得：，
A、两点间的电势差。
14. 本题主要考查动能定理，圆周运动，在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解。
解：设小球在点的速度大小是，则对于小球由的过程中，由动能定理得：
解得：
小球在点时受力分析如图，
由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：
15. 本题主要考查带电粒子在电场中加速做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动。
根据动能定理计算，离开电场的速度；
根据类平抛运动的规律解得偏移量；
根据平抛运动的推论计算距离。
解：根据动能定理有，代入数据解得
轴方向的加速度为，运动时间为，偏移量为，
以上三式联立解得
根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为，则，由几何关系有，解得。
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